Gọi Sn là tổng của các phần tử trong tập hợp thứ n.. Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau.. Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận đư
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH KÌ THI LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
01698735393
Môn thi: Toán 11 – THPT
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)
C©u 1:
sin sin 3 cos cos 3 1
8 tan( ) tan( )
x x
2)Giải bất phương trình sau:
2
0
C©u 2: Cho các tập hợp các số nguyên liên tiếp như sau:{1},{2,3},{4,5,6},
{7,8,9,10}, , trong đó mỗi tập hợp chứa nhiều hơn tập hợp ngay trước nó 1 phần tử,
và phần tử đầu tiên của mỗi tập hợp lớn hơn phần tử cuối cùng của tập hợp ngay trước nó 1 đơn vị Gọi Sn là tổng của các phần tử trong tập hợp thứ n Tính S999
Câu 3 Cho dãy số (un) xác định như sau: 1
2
u 2012
(n N*)
u 2012u u
u u u u
Câu 4 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ P và Q là hai điểm lần lượt trên hai cạnh AB
và AD sao cho AP 2AB;AQ 3AD I và J là hai điểm lần lượt thuộc đoạn B’Q và
A’P sao cho IJ song song với AC Hãy xác định tỉ số IB'
QB'
Câu 5
a) Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a.b.c = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S (ab 2)(2ab 1) (bc 2)(2bc 1) (ac 2)(2ac 1)
b) Cho a, b, c 0 và 2 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
a b c
P
HD
2
3 2 2
3 2 2 3
1 1
1
a a
c c c
b b b
a
ĐỀ THI THỬ 01
Trang 22 4
1 1
2 1
2 2
4
2 2 2
3
b b
a b
a
2 4
1 1
2 1
2
2 2
2 2
3
c c
b c
2 4
1 1
2 1
2
2 2
2 2
3
a a
c a
6 3
6 3
6
2 16
3 2 16
3 2 16
6 2 2 2
9 ) (
2 2 2
3 2
2
2
3 2 2
3 2 2
9 2 2
3 2 2
9
P
Để PMin khi a = b = c = 1
-Hết -ĐÁP ÁN THI HSG C
â
u
iể m
C
â
u
1
§iÒu kiÖn
Suy ra
sin sin 3 cos cos 3 sin sin sin 3 cos cos cos 3
4
KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®îc
6
x k k
Trang 3Điều kiện: x3
Khi đó ta có:
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
2
17 181
34 108
17 181
x
x
KL S
C
â
u
2
Ta thấy tập hợp thứ n chứa n số nguyên liên tiếp mà số cuối cùng là
Khi đó Sn là tổng của n số hạng trong một cấp
1
1 2 3 4
2
n n
số cộng có số hạng đầu , công sai d=-1(coi số hạng cuối cùng
1
1 u
2
n n
trong tập hợp thứ n là số hạng đầu của cấp số cộng này), ta có
1
n
S n u n d n n
999
1 999 999 1 498501999 2
C
â
u
3
u u 2012u 0 n
- giả sử có giới hạn là a thì : a 2012a2 a a 0 2012 VL
nên limun =
- ta có :
2
2012 u u 2012
C
â
u
4
12
29
đáp số 12/29
Trang 4â
u
5
2
đáp số : 1/3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013
01698735393
Môn thi: Toán 11 – THPT
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)
2 2
tan tan 2
sin
x x
Điều kiện: cos 0 (*)
2
Phương trình đã cho tương đương với: 2 2
2 cos x(tan x tan )x sinx cosx
2
2 sin 2 sin cos sin cos 2 sin (sin cos ) sin cos
(sin cos )(2 sin 1) 0
ĐỀ THI THỬ 02
Trang 5+ Với sin cos 0 tan 1
4
x x x x k
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là:
5
x k x k x k k
C©u 2: Cho khai triÓn 2 1415 2 210 Chøng minh
1 x x x a a xa x a x
r»ng:
15 15 15 14 15 13 15 0 15
C a C a C a C a
Ta cã 15 15 2 1415 15 210 15
15
0 0
i k
Suy ra hÖ sè cña 15 trong khai triÓn lµ
1 x
15 15 15 15 14 15 13 15 0
15
i k
MÆt kh¸c 1515 15 225 Suy ra hÖ sè cña trong khai triÓn lµ
1 x 1 15x x 15
1 x
15
15 15 15 14 15 13 15 0 15
C a C a C a C a
C©u 3:Cho dãy (Un), (n = 0,1,2,3 ) xác định bởi:
0 2
u
2
u u u
a) Hãy xác định số hạng tổng quát của u n
b) Chứng minh rằng số 2 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của ba số
1 ( 8)
5 u n nguyên liên tiếp
a)Theo bài ra ta có: 2 2
u u u u Thay n bởi n-1 ta được:
u u u u
Trừ theo từng vế (1) cho (2) được:
(3)
u n1 u n1u n1 8u nu n1 0 u n1 8u nu n1 0
(do u n1 4u n 16u n1 u n1u n1 0
Phương trình đặc trưng của (3)
8 1 0
4 15
t
t t
t
Số hạng tổng quát: u n 4 15 n 4 15n
b) Với mỗi số n 1, thì tồn tại số k để: 4 15 n 4 15nk 15
4 15 n 4 15 n 15.k 4 15 n 4 15 n 15.k 2
2
n
Trang 6Câu 4:Cho hỡnh chúp SABCD, ABCD là hỡnh vuụng cạnh , SA (ABCD), 3
SA = 2 3 Mặt phẳng( ) qua BC tạo với AC một gúc 30o, cắt SA, SD lần lượt tại M
và N Tớnh diện tớch thiết diện BCNM
Ta cú:
BC// AD
( ) (SAD) MN MN // BC// AD
BC ( ); AD (SAD)
Mà:BC BA; BC SA (SA (ABCD)) BC (SAB) BC BM
Suy ra thiết diện BCNM là thang vuụng tại B, M
Dựng AH BM
Ta cú: BC AH (vỡ BC (SAB)) Suy ra:AH ( ) ACH 30 o
Tam giỏc ABM vuụng tại A, đường cao AH cú:
3
(tam giỏc ABM vuụng cõn) và
2
Diện tớch hỡnh thang vuụng BCNM:
Câu 5:
Cho x y z, , là các số thực dương thỏa mãn x y z 3 Chứng minh rằng:
(1)
2
x y z y z x z x y
xyz
yz zx xy x y z yz zx xy
(2)
1 2
Ta có
Do đó
Vậy (2) đúng (đpcm)
18
2
6 3
C D
N M
S
H
B
A
Trang 7SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH KÌ THI LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013 CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
01698735393
Môn thi: Toán 11 – THPT
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 01 trang và có 5 câu)
Câu I Giải hệ phương trình, hệ phương trình
4
x x x
Câu II lim 2( 2 3 3)
x
x x
x x
x
ĐỀ THI THỬ 03
Trang 8Cõu 3 Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận được một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận được cùng một loại đề Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ ?
Cõu IV
4
1 ) cos(
;
SA=a K là trung điểm của BC; M là điểm nằm trờn đoạn thẳng AK Đặt AM=x
1 Chứng minh: SA (ABC)
2 Mặt phẳng (a) qua M và vuụng gúc với AK Tỡm x để thiết diện của hỡnh chúp
S.ABC cắt bởi mp(a) cú diện tớch lớn nhất
Cõu V
Cho a b c, , 0 Chứng minh: 2 3 2 2 3 2 2 3 2
3
Hết:
Cõu I Giải hệ phương trỡnh, hệ phương trỡnh
Điều kiện: 1; 1
3
x y
(2) y x3 y2x 6x 4 0; 3x5
Vậy ta cú:
1 0
y x
x y
vụ nghiệm vỡ
1 0
3
x y , thay vào (1) ta cú:
2x y 4 0 y 2x4
Trang 9
* 3x 1 2x 3 x 4 y 12
Kết luận: x y, 4;12
4
x x x
4 sin 3 cos3 2 cos sin 1 0
2sin 2 cos 2sin 2 sin cos sin 1 0
4
t x x x t
Ta cú: 2(1t t2) t 1 0 2t3 t 1 0 t 1
Cõu II lim 2( 2 3 3)
x
x x
x x
x
Đặt khi thỡ
y
x 1 x y 0
3 2
0 2
3 0
) 1 ( 3 1 ) 1 ( 2 1 lim 3
1 2
1
lim
y
y y
y
y y
y
y y
I
y y
2
1
1
2
1
) 3 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 1 (
3 2
1 1
1 lim
) ) 1 ( 3 1 ) 1 ( ) 3 1 ( (
) 3 ( )
1 ( 2 1
lim
3 2
0
2 3
2
2 2
2 0
y y
y y
y y
y
y y
y y
y
y y y
y y
y
y
y
Vậy
2
1
I
Cõu 3 Cho 10 thí sinh ngồi quanh một bàn tròn Ngân hàng đề thi có 10 loại đề khác nhau, mỗi loại đề có nhiều đề khác nhau Một cách phát đề gọi là hợp lệ nếu mỗi thí sinh nhận được một loại đề và hai thí sinh ngồi cạnh nhau không nhận được cùng một loại đề Hỏi có bao nhiêu cách phát đề hợp lệ ?
Lời giải
Gọi là số cách phát đề hợp lệ cho thí sinh s n n a a1, , ,2 a n
Trang 10Ta viết a i a i j( j) nếu a i và a j cùng nhận được một loại đề và a i a jtrong trường hợp ngược lại
Xét một cách phát đề hợp lệ cho (n1) thí sinh a a1, , , ,2 a a n n1
- Nếu a1 a n thì bỏ đi thí sinh a n1ta được một cách phát đề hợp lệ cho thí sinh n
Khi đó có 10-2=8 cách phát đề cho thí sinh (khác với 2 đề của
n
)
n
a a1,
- Nếu a1 a n thì bỏ đi hai thí sinh a a n, n1 ta được một cách phát đề hợp lệ cho
thí sinh Khi đó có 10-1=9 cách phát đề hợp lệ cho (cụ
n
thể a n a1, còn a n1 phát 1 trong 9 đề khác a1)
Như vậy ta có hệ thức sau
s 1 8s 9 ,1 n 2 Mặt khác, dễ tính được : s2 10.9 90, s3 10.9.8 720
Do đó tính được s10 3486784410
Cõu IV
4
1 ) cos(
;
SA=a K là trung điểm của BC; M là điểm nằm trờn đoạn thẳng AK Đặt AM=x
1 Chứng minh: SA (ABC)
2 Mặt phẳng (a) qua M và vuụng gúc với AK Tỡm x để thiết diện của hỡnh chúp
S.ABC cắt bởi mp(a) cú diện tớch lớn nhất
1 CM: AB=AC= a ( sử dụng định lớ cosin trong tam giỏc); SAB = SAC(c-g-c) ; vuụng cõn tại A:
SA ( ABC)
AC SA
AB SA
2.BC AK; SA AKTrong mặt phẳng (ABC) qua M kẻ đt song song BC cắt AB;
AC tại P, QTong mặt phẳng (SAK) qua M kẻ đt song song với SA cắt SK tại N Từ
N kẻ đt song song với BC cắt SB; SC tại F; E thiết diện là hỡnh chữ nhật PQEF :
PF PQ
S td
Ta cú : BC=a 3; AK= a/ 2
Tớnh được PQ 2x 3 ;PF (a 2x)
M trung điểm AK 4
4
3 2
) 2 2
( 3 ) 2 ( 3
2
a x Max S a x
a x x
a x
S
A
B
C
K M
Q
P F
Trang 11Câu V
Cho a b c, , 0 Chứng minh: 2 3 2 2 3 2 2 3 2
3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
2
2
2
a b c a b ab b c bc c a ca
a b c
bc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 11 NĂM HỌC 2012 – 2013
01698735393
Môn thi: Toán 11 – THPT
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I.Giải phương trình: cos x 1 (1)
12 x sin 2
Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:
1
* 2
1
2
2012 2013
n
u
n N
u
Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: Tìm
n
i n
u S
u
Câu III Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1
P
Câu IV
ĐỀ THI THỬ 04
Trang 121)Cho hình chop S ABCD. đáy là hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm
M, N sao cho 2 , Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt
3
3
DN DB
AD, BC lần lượt tại H, K
a) Chứng minh rằng: MH / /SBD
b) Gọi O là giao điểm của SB với MNH Chứng minh: OK/ /SC
2) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN nhỏ nhất
Câu V.
1)Nếu một số được chọn ngẫu nhiên từ một tập hợp gồm 5 chữ số trong đó tổng các chữ số bằng 43 Tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 11
2) Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho phần nguyên của n là một
3
n
số nguyên tố
Câu I.Giải phương trình: cos x 1 (1)
12 x sin 2
12
sin 12 x sin
1 sin 2x sin
12
cos 6 sin 2 12
sin 4
sin 12 x 2 sin
12
5 sin 12
cos 12
x 2 sin
2x k2 hay 2x k2 k Z
x k hay x k k Z
Trang 13Câu II Cho dãy {un} xác định bởi:
1
* 2
1
2
2012 2013
n
u
n N
u
Thành lập dãy: {Sn} xác định bởi: Tìm
n
i n
u S
u
Giải:
Tacó:
1
*
2012 2013
1
(*) ; 2013
2
n
n
u
u u
Suy ra un là dãy tăng
Giả sử unbị chặn trên lúc đó tồn tại số L sao cho lim n ( 2) Từ (*) ta có :
lim( 1) lim ( 1) lim
2013
u u
(vô lý) 1
( 1)
0 2013
L
L L
L
un không bị chặn trên Suy ra 1
n
u
u
Mặt khác :
2 1
1
2012 ( 1)
2013 2013
n
u
1
u Cho n
Tương tự
2
2013
2013
n
u
u
Cộng vế theo vế ta được :
1
2013 1
n
i
n
u
S
1
1 lim lim 2013 1 2013
1
n
n
S
u
Câu III Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1
P
Trang 14Áp dụng BĐT cauchy ta có:
3
Câu IV
1)Cho hình chop S ABCD. đáy là hình thang, đáy lớn AB Trên SA, BD lấy hai điểm
M, N sao cho 2 , Qua N kẻ đường thẳng d song song với AB cắt
3
3
DN DB
AD, BC lần lượt tại H, K
a) Chứng minh rằng: MH / /SBD
b) Gọi O là giao điểm của SB với MNH Chứng minh: OK/ /SC
a) Chứng minh: MH / /SBD
Chỉ ra được 2Suy ra
3
DA SA MH / /SD (SBD) MH//SBD
b) Chứng minh: OK / /SC
Chỉ ra được: MO/ /SB O SB 1; 1
BO BK OK/ /SC.
SB BC
2) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai
điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng
(ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN
nhỏ nhất
Kẻ DH MN , do (DMN) (ABC) suy ra DH (ABC).
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC
Ta có: SAMN = AM.AN.sin600 = ; SAMN = SAMH + SANH
2
1
xy 4 3
= AM.AH.sin300+ AN.AH.sin300 = (x+y)
2
1
2
1
3
3 4 1
Suy ra xy= (x+y) x+y= 3xy (0 x,y 1 )
4
3
3
3 4
Diện tích toàn phần của tứ diện DAMN:
S = SAMD + SAND + SDMN + SAMN = AD.AM.sin600+ AD.AN.sin600
2
1
2 1
H
A
B C
D
M N
Trang 15+ DH.MN + AM.AN.sin600 = xy +
2
1
2
1
3 3 xy ( 3 xy 1 )
6
xy x y xy xy xy
Suy ra min 3(4 2), khi
9
3
x y
Câu V.
1)Nếu một số được chọn ngẫu nhiên từ một tập hợp gồm 5 chữ số trong đó tổng các chữ số bằng 43 Tính xác xuất để số được chọn chia hết cho 11
Trong cơ số 10, chữ số lớn nhất là 9 nên tổng d1 + d2 + d3 + d4 + d5 của 5 chữ số lớn nhất bằng 45 Nhưng theo giả thiết, tổng của các chữ số trong số được chọn là 43 =
45 – 2 nên có thể xảy ra các trường hợp sau:
- Một chữ số là 7, tất cả các chữ số còn lại đều bằng 9 là 79999 ; 97999 ; 99799 ;
99997 : có 5 số như vậy
- - Hai chữ số đều là 8, ba chữ số còn lại đều là 9 có tất cả 5.4 10 số như vậy
2
Chẳng hạn: 88999 ; 89899 ; ; 99988
- Vậy tất cả có 15 số trong đó mỗi số có 5 chữ số có tổng bằng 43
để số được chọn chia hết cho 11 thì cần và đủ là:
- d1 - d2 + d3 - d4 + d5 chia hết cho 11
-Chỉ có 3 số trong 15 số nói trên thoả mãn điều kiện đó:
97999 ; 99979 và 98989 Nên xác xuất cần tìm là 3 1
15 5
2) Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho phần nguyên của n là một
3
n
số nguyên tố
Gọi S là tập hợp các số nguyên tố
Trường hợp 1:
3
n k
2
2
2
A S k 1 n 3
Trường hợp 2:
n k
2
2
Trường hợp 3:
n k n
Trang 16
Kết luận: A S n 1;3